2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷一（含解析）.doc

1、2021届高考数学1月适应性测试八省联考考后仿真系列卷一（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.设，则=（ ）A B C D【答案】B【解析】，则，故选：B【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题2.易经是中国传统文化

2、中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取一卦，这一卦的三根线中恰有2根阳线和1根阴线的概率为（ ）ABCD【答案】C【解析】先算任取一卦的所有等可能结果共8卦，其中恰有2根阳线和1根阴线的基本事件有3卦，概率为.故选：C.【点睛】本题考查了有关古典概型的概率问题，关键是弄清基本事件的总数以及所求事件包含的基本事件数，需注意当基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，还需注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用，属于基础题.3. 设是两条直线， ， 表示两个平面，如果，

3、，那么“”是“”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】如果， ，那么由则可得到 即可得到；反之由， ，不能得到，故，如果， ，那么“”是“”的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题考查分充分不必要条件的判定，属于基础题.4.设双曲线C：（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为P是C上一点，且F1PF2P若PF1F2的面积为4，则a=（ ）A1B2C4D8【答案】A【解析】，根据双曲线的定义可得，即，即，解得，故选：A.【点睛】本题考查了双曲线的定义以及焦点三角形,属于基础题.5.已知向量与的夹角为120，|3，|

4、，则等于（ ）A5B4C3D1【答案】B【解析】向量与的夹角为120，|3，|，,，1（舍去）或4，故选：B【点睛】本题考查了向量数量积公式以及向量模的平方处理,属于基础题.6.的展开式中的系数为（ ）AB1024C4096D5120【答案】C【解析】，二项展开式的通项为，二项展开式的通项为，则，所以，展开式中的系数为故选:C【点睛】本题考查了利用二项展开式的通项求项的系数,属于基础题.7.已知圆与抛物线交于两点，与抛物线的准线交于两点，若四边形是矩形，则等于 ( )ABCD【答案】C【解析】由题意可得，抛物线的准线方程为画出图形如图所示在中，当时，则有由得，代入消去整理得结合题意可得点的纵坐

5、标相等，故中的相等， 由两式消去得，整理得，解得或（舍去），故选:C【点睛】本题考查了圆与抛物线,解答本题的关键是画出图形并根据图形得到与x轴平行，进而得到两点的纵坐标相等;然后将几何问题转化代数问题求解;考查圆锥曲线知识的综合和分析问题解决问题的能力，属于中档题8.已知，则，的大小关系是（）ABCD【答案】B【解析】对于的大小：，明显；对于的大小：构造函数，则，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，即对于的大小：，故选B【点睛】本题考查了将两两变成结构相同的对数形式，然后利用对数函数的性质判断，对于结构类似的，可以通过构造函数来来比较大小，属于中档题二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共

6、20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9.对于函数，下列正确的是（ ）A是函数的一个极值点B的单调增区间是，C在区间上单调递减D直线与函数的图象有3个交点【答案】ACD【解析】由题得，令，可得，则在，上单调递增，在上单调递减，是函数的一个极值点，故AC正确，B错误；因为，又，根据在上单调递减得得，所以直线与函数的图象有3个交点，故D正确. 故选：ACD.【点睛】本题考查了函数的单调性，极值的综合应用，是基础题.10.任何一个复数（其中、，为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数的三角形式.法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为

7、棣莫弗定理.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）AB当，时，C当，时，D当，时，若为偶数，则复数为纯虚数【答案】AC【解析】对于A选项，则，可得，A选项正确；对于B选项，当，时，B选项错误；对于C选项，当，时，则，C选项正确；对于D选项，取，则为偶数，则不是纯虚数，D选项错误.故选：AC.【点睛】本题考查了复数的乘方运算，考查了复数的模长、共轭复数的运算，考查计算能力，属于中档题. 11.如图是某正方体的平面展开图，则在这个正方体中：AAF与BM成60角BAF与CE是共面直线CBNDED平面ACN平面BEM以上四个命题中，正确命题是（ ）【答案】ACD【解析】展开图复原的正方体ABCDEFMN

8、如图，由正方体ABCDEFMN的结构特征，得：由ANBM，可得AF与BM所成角即为NAF，在等边三角形NAF中，NAF60，故正确；由异面直线的判定可得AF与CE是异面直线，故正确；由EDAN，EDAB可得ED平面ABN，即有BNDE，故正确；由ACEM，ANBM，以及面面平行的判定定理可得平面ACN平面BEM，故正确 故选：ACD【点评】本题考查了异面直线的判定，异面直线及其所成的角，空间中直线与直线、平面与平面之间的位置关系，几何体的折叠与展开，考查空间想象能力，属于基础题12.关于函数，下列结论正确的有（ ）A当时，在处的切线方程为 B当时，存在惟一极小值点C对任意，在上均存在零点D存在

9、，在有且只有一个零点【答案】ABD【解析】对于选项A：当时，所以，故切点为，所以切线斜，故直线方程为，即切线方程为：，故选项A正确；对于选项B：当时，恒成立，所以单调递增，又，所以存在，使得，即，则在上，单调递减，在上，单调递增，所以存在惟一极小值点，故选项B正确；对于选项 C、D：,，令得：，则令，令，得：，由函数图象性质知：时，单调递减，时，单调递增，所以当，时，取得极小值，即当时，取得极小值，又 ，即,又因为在，单调递减，所以，所以，时，取得极大值，即当 时，取得极大值.又，即，当时，所以当，即时，在上无零点，所以选项C不正确；当时，即时，与的图象只有一个交点，即存在，在有且只有一个零点

10、，故选项D正确,故选：ABD【点睛】本题考查了对含三角函数的复杂函数导数的研究，考查了导数的综合应用,属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是_cm.【答案】【解析】正六棱柱体积为，圆柱体积为所求几何体体积为,故答案为： 【点睛】本题考查了棱柱与圆柱的相嵌问题，解题的关键在于确定正六棱柱与圆柱的关系，然后求得其体积,属于基础题.14.若直线、将圆平分，若直线过点，则直线的方程为_,若直线且不通过第四象限，则直线斜率的取

11、值范围是_ABCD【答案】 【解析】由圆的方程，可知圆心坐标为，若直线过圆心且过点，则直线的斜率为,所以直线的方程为;若直线将圆平分，则直线过圆心，又由直线不经过第四象限，所以直线的斜率的最小值为，斜率的最大值为，所以直线的斜率的取值范围是，故答案为:【点睛】本题考查了直线的斜率的取值范围的求法，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中认真审题，得到直线必过圆的圆心，再根据斜率公式求解是解答的关键，同时属于圆的性质的合理运用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.15.写出一个以为周期且在区间(，)单调递增函数_【答案】【解析】由最小正周期为，可考虑三角函数中的正弦型函数，或者余弦型函数满足；

12、根据最小正周期，可得.故函数可以是或者中任一个，又在区间(，)上单调递增函数,所以可取;故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数图像与性质,利用周期和单调性定函数解析式,属于中档题.16. 红外线自动测温门能有效避免测温者与被测温者的近距离接触，降低潜在的病毒感染风险.为防控新冠肺炎，某厂生产的红外线自动测温门，其测量体温误差服从正态分布，从已经生产出的测温门中随机取出一件，则其测量体温误差在区间内的概率为_（附：若随机变量服从正态分布，则，）ABCD【答案】【解析】由题意可知则，即，故答案为：【点睛】本题考查了利用正态分布对称性求概率，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文

13、字说明、证明过程或演算步骤17.从条件，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答已知数列的前项和为，_若，成等比数列，求的值【答案】答案件解析【解析】若选择，因为，所以，两式相减得，整理得即，所以为常数列，所以（或由，利用相乘相消法，求得）所以，又，成等比数列，所以，所以，解得或（舍），所以若选择，由变形得，所以，易知，所以，所以为等差数列，又，所以，又时，也满足上式，所以.因为，成等比数列，或，又，若选择，因为，所以，两式相减得，整理得，因为，所以是等差数列，所以，又，成等比数列，或，又，【点睛】本题的关键在于构造等差数列,以及利用等比中项列出方程求解,若选择，利用可得，可得，再根据等比中项

14、列方程解得即可；若选择，根据可得，可得，再根据等比中项列方程解得即可；若选择，利用可得，再根据等比中项列方程解得即可,属于基础题.18.在中，分别为角，对边，且同时满足下列四个条件中的三个：；.（1）满足有解的序号组合有哪些？（2）在（1）的组合中任选一组，求的面积.【答案】答案件解析【解析】（1）由条件得，由条件得，即，解得或（舍），因为，所以.因为，而在单减，所以.于是，与矛盾.所以不能同时满足.当作为条件时：有，即，解得.所以有解.当作为条件时：有，即.解得.因为，所以，为直角三角形，所以有解.综上所述，满足有解三角形的所有组合为：或.（2）若选择组合：因为，所以.所以的面积.若选择组合

15、：因为，所以所以的面积.【点睛】本题考查了正余弦定理.在解三角形的问题中，对式子中含有正弦的齐次式，应优先考虑正弦定理“角化边”；若式子中含有、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”比如这里条件;含有面积公式的问题，应优先考虑结合余弦定理求解；属于基础题.19.已知某著名高校今年综合评价招生分两步进行：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格，且材料初审与面试之间相互独立现有甲、乙、丙三名考生报名参加该高校的综合评价，假设甲、乙、丙三名考生材料初

16、审合格的概率分别是，；面试合格的概率分别是，（1）求甲、乙两位考生有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率；（2）求三人中至少有一人获得该高校综合评价录取资格的概率；（3）记随机变量X为甲、乙、丙三名考生获得该高校综合评价录取资格的人数，求X的概率分布与数学期望【答案】（1）；（2）；（3）分布列见解析，【解析】（1）设事件表示“甲获得该高校综合评价录取资格”，事件表示“乙获得该高校综合评价录取资格”，则，甲、乙两位考生有且只有一位考生获得该高校综合评价录取资格的概率为：（2）设事件表示“丙获得该高校综合评价录取资格”，则，三人中至少有一人获得该高校综合评价录取资格的对立事件是三人都没

17、有获得该高校综合评价录取资格，三人中至少有一人获得该高校综合评价录取资格的概率为：（3）记随机变量为甲、乙、丙三名考生获得该高校综合评价录取资格的人数，则的可能取值为0，1，2，3，的概率分布为： 0 1 2 3 数学期望【点睛】本题考查了概率、离散型随机变量的分布列以及数学期望的求法，考查了相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题20.设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i1，2，k，k3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，平面Qk1PQk和平面QkPQ1遍

18、历多面体M的所有以P为公共点的面(1)如图1，已知长方体A1B1C1D1ABCD，ABBC1，点P为底面A1B1C1D1内的一个动点，则求四棱锥PABCD在点P处的离散曲率的最小值；(2)图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格区域和区域中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域?（确定“区域”还是“区域”）【答案】（1）；（2）区域【解析】(1)计Q1PQ2+Q2PQ3+QnPQ1，则离散曲率为1，越大离散曲率越小P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD

19、的中心，以至于到无穷远时，逐渐减小以至于趋近于0所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，最大，离散曲率最小此时HAHBPH，所以PAPB1AB，所以APB60，离散曲率为1；故答案为:（2）区域比区域更加平坦，所以更大，离散曲率更小故答案为:区域【点睛】本题考查了立体几何的新定义问题,其中(2)问列代数式计算离散曲率不是不可行，但是无法得到最小值的情形，这里越大离散曲率越小,此题对空间想象能力考察要求较高21.已知抛物线的顶点在原点,焦点在坐标轴上，点为抛物线上一点.（1）求的方程； （2）若点在上，过作的两弦与，若，求证:直线过定点.【答案】（1）或；（2）【解析】（1）当焦点在轴时，设的

20、方程为，代人点得，即.当焦点在轴时，设的方程为，代人点得，即，综上可知：的方程为或.（2）因为点在上，所以曲线的方程为.设点，直线，显然存在，联立方程有：.,即即.直线即直线过定点.【点睛】本题考查了抛物线方程的求法以及直线过定点问题,属于中档题.22.已知函数，若在处取得极小值（1）求实数的取值范围；（2）若，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）依题意，当时，则，函数在上单调递增，函数无极小值，所以不符题意；若，令，故函数在上单调递增，又，据零点存在性定理可知，存在，使得，且当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递增.所以在处取得极小值，所以符合题意综上所述，实数的取值范

21、围是；（2）由（1）可知，当时，存在，使得，即又，即，所以因为，所以，即令，故函数在上单调递增，又，据，可得令，故函数在上单调递增，所以，故，其中令，故函数在上单调递增，所以，故，其中所以，结合，可得【点睛】本题考查了导数的综合应用,(1)考查了利用极值求参数范围,注意含参分类讨论;(2)关于利用导数证明不等式,常见的求解策略如下：通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值;利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；由恒成立求解参数的取值时，一般涉会考虑分离参数法，但在压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求岀最值点的情况就能解决问题,通常需要设出导数的零点，再进一步研究.本题属于偏难题.